衡阳市名校新高考物理易错易混100解答题精粹含解析.pdf

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1、word版可编辑】衡阳市名校新高考物理易错易混100解答题精粹精选高考物理解答题100题含答案有解析1.如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=3T。两导轨间距为 L=0.5m,轨道足够长。金属棒a 和 b 的质量分别为ma=lkg,mi=0.5kg,电阻分别为&=1 Q,Rh=2siQb 棒静止于轨道水平部分，现将a 棒从h=1.8m高处自静止沿弧形轨道下滑，通 过 C 点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。(glO m/s2).求：(1)a 棒刚进入磁场时，b 棒的加速度；(2)从 a 棒进入磁场到a 棒

2、匀速的过程中，流过a 棒的电荷量；(3)从 a 棒进入磁场到a 棒匀速的过程中，a 棒中产生的焦耳热。【解析】【详解】(1)a 棒沿弧形轨道下滑h 过程，根据机械能守恒有:mugh=mav2a 棒进入磁场瞬间感应电动势：E=BLv根据闭合电路欧姆定律：1=凡+&对 b 棒：F女=BIL根据牛顿第二定律：F笠=mha解得：a-9 m/s2由左手定则，b 棒加速度的方向：向右;(2)对 a、b：由动量守恒定律得：户=(?+%)攻解得：u共=4 m/s对 b 棒，应用动量定理：BILt=mbv,4解得：q=-C3(3)a、b 棒在水平面内运动过程，由能量转化与守恒定律：；，一；(+?)嗓=Q根据焦耳

3、定律有：Q=I2(R(I+Rb)t。=尸印联立解得：Q=2J2.如图所示，水平光滑轨道AB与半径为R 的竖直光滑半圆形轨道BC相切于B 点.质 量 为 2m 和 m 的a、b 两个小滑块(可视为质点)原来静止于水平轨道上，其中小滑块a 与一轻弹簧相连.某一瞬间给小滑块a 冲量使其获得 娴的初速度向 右 冲 向 小 滑 块 b,与 b 碰撞后弹簧不与b 相粘连，且小滑块 b 在到达B 点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，求：(1)a 和 b 在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能；(2)小滑块b 与弹簧分离时的速度；(3)试通过计算说明小滑块b 能否到达圆形轨道的最高点C.若能，求出到达C 点的速度

4、；若不能，求出滑块离开圆轨道的位置和圆心的连线与水平方向的夹角氏(求出。角的任意三角函数值即可).【答案】(1)EPm=-mgR(2)彩=2 阚(3)sin6=【解析】【详解】(l)a与 b 碰撞达到共速时弹簧被压缩至最短，弹性势能最大.设此时ab 的速度为v,则由系统的动量守恒可得2mvo=3mv由机械能守恒定律121 2解得:l 3 nEPn l=-mgR(2)当弹簧恢复原长时弹性势能为零，b开始离开弹簧，此 时b的速度达到最大值，并以此速度在水平轨道上向前匀速运动.设此时a、b的速度分别为vi和V 2,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：2mvo=2mvi+mv2；-2mVg=g 2 相

5、片+g mv解得：v2=24 设b恰能到达最高 点C点，且 在C点速度为vc,由牛顿第二定律：次=m V cR解得:再 假 设b能够到达最高点C点，且 在C点速度为vc，由机械能守恒定律可得:g mv-2mgR+g解得：vc=O C,光线在F 点全反射根据图可知7=4=30。由 G 点光线第一次射出介质，由折射定律得1 _ sin/n sin。解得0=60根据题意，光中介质中的传播速度为cv=nEF=R Rsin0=gRFG=FO=R所以光在介质中传播的时间为EF+FGt=-V3百Rt=-2c4.直流电动机的工作原理可以简化为如图所示的情景，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B；平行金属轨

6、道MN、P Q,相距为L,固定在水平面内；电阻为R 的金属导体棒ab与平行轨道垂放置，且与轨道接触良好；M P间接有直流电源。闭合开关S,金属导体棒向右运动，通过轻绳竖直提升质量为m的物体，重力加速度为g。忽略一切阻力、导轨的电阻和直流电源的内阻。求物体匀速上升时，通过导体棒ab 的电流大小；(2)导体棒ab水平向右运动的过程中，同时会产生感应电动势，这个感应电动势总要削弱电源电动势的作用，我们称之为反电动势。设导体棒ab 向上匀速提升重物的功率为P 由，电流克服反电动势做功的功率为P 反，请证明：Pw=P反；(解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)(3)若通过电

7、源连续调节M P间的电压U,物体匀速上升的速度v 也将连续变化，直流电动机所具有这种良好的“电压无极变速 调速性能在许多行业中广泛应用。请写出物体匀速上升的速度v 与电压U 的函数关系式。【答案】(1)/=鬻；(2)见解析；(3)丫 =冬黑BL BL B L【解析】【详解】物体匀速上升，由平衡条件有mg=BIL解 得/=鬻BL(2)设金属导体棒匀速运动速度大小为v,电流为I,贝!)：导体棒ab匀速向上提升重物输出的机械功率为P m g v,电流克服金属导体棒反电动势做功的功率为P s=BILv又 mg=BIL所 以 P P 反得证(3)设金属导体棒两端连续可调的电压为U,物体匀速上升的速度大小

8、为V。由于反电动势总要削弱电源电动势的作用，有：I=U L VR金属导体棒匀速运动有/=管BL工 U m g R联立解得丫=不一后产5.如图所示，光滑斜面AB与粗糙斜面CD为两个对称斜面，斜面的倾角均为6,其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面BEC的两端相切，一个物体在离切点B 的高度为H 处，以初速度V。沿斜面向下运动，物体与CD斜面的动摩擦因数为小(1)物体首次到达C 点的速度大小；(2)物体沿斜面CD上升的最大高度h 和时间t；(3)请描述物体从静止开始下滑的整个运动情况，并简要说明理由.【答案(D J2g+%(2)-I,母)_sind2g(sin。+/co s。)(3)AB段匀变

9、速运动，BEC变速运动，CD段匀变速运动，可能停止于CD斜面上不动，也可能在B C 间做等幅振动.【解析】1 ,1 ,(1)根据机械能守恒定律：-m v l+m g H =-m v；%=M+2g H(2)物体沿CD上升的加速度：a=g sin e+g co s。=2 ahsin。解得：人 说 篝 念r*(3)AB段匀变速运动，BEC变速运动，CD段匀变速运动，最后可能停止于CD斜面上不动，也可能在BC 间做等幅振动.6.如图所示，两竖直极板之间存在匀强电场，两极板之间的电势差为U,左侧电势高、右侧电势低，两极板间的距离为d。一不计重力质量为m、电荷量为q 的带正电粒子P 从靠近左极板的位置由静

10、止释放，带电粒子经过加速后从右侧极板间的狭缝进入正方形匀强磁场区域A B C D,匀强磁场ABCD区域的AC连线竖直，BD连线水平，正方形ABCD的边长为L。(1)如果带电粒子从A 点离开磁场，则匀强磁场的磁感应强度为多少？(2)如果带电粒子从AB边离开，且离开磁场时，速度方向与AB边垂直，则匀强磁场的磁感应强度为多少？粒子离开磁场的位置到B 点的距离为多少？【解析】；(2)0.06m【解析】【分析】【详解】(1)设穿过界面PS时偏离中心线的距离为y,粒子在电场中运动的时间为%=A =4X10-6S%根据牛顿第二定律Uq一 =mad得粒子在电场中的加速度为a=-=-x lO10 m/s2md

11、6则粒子在电场内竖直方向的位移为1 ,2 4 6,n.2X=5 =亍、m设粒子从电场中飞出时在竖直方向的速度为v，则vv=aty-x 104 m/s从电场中飞出后在水平方向的运动时间为r,=4XW6S-%从电场中飞出后在竖直方向做匀速运动，位移为y2=v t2=-X104X4X10-6=-xlO-2m2 12 3 3所以穿过界面PS时偏离中心线的距离为=X+%=4A/3 x 1()-2 m(2)做出运动轨迹如图所示则速度夹角为tan。成邛C 点的速度V为 以 二 竽 X K)m/因为洛伦兹力提供向心力由几何关系得I=R+7?sin 6=0.06m所以磁场宽度应满足大于0.06mo9.如图，内横

12、截面积为S 的圆桶容器内下部盛有密度为P 的某种液体，上部用软塞封住一部分气体，两端开口的薄壁玻璃管C 下端插入液体中，上端从软塞中穿出与大气相通。气 缸 B 的下端有小孔通过一小段导管D 与 A 中气体相通，面积为W,不计重力的轻活塞封住了一部分气体。开 始 C 内外的液面等高，4A 内气柱的长度为h,保持温度不变，缓慢向下压B 内的活塞，当活塞到达B 底时，C 内液体刚好上升到A 的内上表面，此 时 C 的下端仍在A 的液体中。外界气压为po,重力加速度为g,玻璃管C 的横截面积为 0.1 S,不计导管D 内气体的体积。求：(1)此时作用在活塞上的压力；开始时气缸B 内气体的长度。B科山.

13、(10,S (2 40pg/?Y【答案】P o +k0g A；-+/ha【解析】【详解】设容器A 内的液面下降了 H,贝!H(S-0.1S)=h(0.1S)被封气体原来的的压强pi=po,容器A 内的液面下降了 H 后气体的压强鸟=P o+P g(+)作用在活塞上的压力.sI?.整理得：尸=1%+与 2 8 4；设开始时B 内气体的长度为L,则开始时A 及 B 内气体的总体积为qV,=(S-0.1S)+吟后来的气体的体积为V2=(H+h)(S-OAS)根据玻意耳定律PM=p2v2开始时气缸B内气体的长度1 0.如图所示，一有界匀强磁场垂直于x O y 平面向里，其边界是以坐标原点。为圆心、半径

14、为R的圆.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从磁场边界与x 轴交点P处以初速度大小vo、沿 x 轴正方向射入磁场，恰能从M 点离开磁场.不计粒子的重力.X(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B；(2)若带电粒子从P点以速度大小vo 射入磁场，改变初速度的方向，粒子恰能经过原点O,求粒子在磁场中运动的时间t及离开磁场时速度的方向；(3)在匀强磁场外侧加一有界均匀辐向电场，如图所示，与 O点相等距离处的电场强度大小相等，方向指向原点O.带电粒子从P点沿x 轴正方向射入磁场，改变初速度的大小，粒子恰能不离开电场外边界且能回到P点，求粒子初速度大小v 以及电场两边界间的电势差U.【答案】(1)8 =爷

15、(2=学(3)U =吗(ta n 竺 ,(=1,2,3 ，左=2 +1,2 +2,2+3 )qR 3%2 q I k)【解析】【详解】(D 根据几何关系，粒子圆周运动得半径r=R,由向心力公式有4%8 =也，解得8 =受(2)如图所示过带电粒子运动轨迹上得弦P O做垂直平分线叫磁场边界O 1点，因粒子做圆周运动得半径与磁场边界半T2兀 R o径相等，所以b POO为等边三角形,O 1为圆心位置,粒子圆周运动得周期T=，图中NPO1 N=1 2 0 ,T 2兀R则有g,解得/=丁，根据几何关系可知，粒子离开磁场时速度沿y轴正方向3 3%(3)设粒子刚进入磁场做圆周运动得圆心6和原点O得连线与x轴

16、夹角为夕，运动半径为口，如图r JTLV 2则有ta n，=,，由向心力公式有q v8=，粒子从P点射入磁场，恰能回到P点，则根据几何关系有:R 62口?=2，解得u =%t a n J 其中=1,2,3 k =2 +l,2 n +2,2 n +3；根据能量守恒有kqU=m v2,解得。=用1an*、(=1,2,3 =2+1,2+2,2+3 )1 1.如图所示，用同种材料制成的倾角。的斜面和水平轨道固定不动.小物块与轨道间动摩擦因数I*,从斜面上A点静止开始下滑，不考虑在斜面和水平面交界处的能量损失.若已知小物块至停止滑行的总路程为S,求小物块运动过程中的最大速度Vm若已知Fi=0.1 .小物

17、块在斜面上运动时间为Is,在水平面上接着运动0.2 s后速度为v“这一过程平均速1 3率 一m/s.求v t的值.(本小题中g=1 0 m/s2)【答案】(1)尸 C O S。)im/s +s ine-c o s。【解 析】【详 解】对 物 体 在 斜 面上 时，受力分析，由牛顿第二定律得mg sin 0-umg cos 0 八 八ai=-=gsinO-pcosOm在水平面有：32=-=ggm物体的最大速度:Vn尸a itl二a2t2整个过程物体的位移:S=-t l+-122 2（2）已 知ji=0.l,解 得：urns,ai=-=pg=0.1xl0 m/s2=lm/s2m最大速度：V m=V

18、 t+a 2 t2=V t+lx O.2=V t+l由匀变速直线运动的速度位移公式得:（匕+1）T _ 2匕+1S2-2x510由位移公式得:S尸 工/=2X1=L1222而:S+$2 =V（tl，+t2，）13已知：ti=ls,t2=0.2,v=m/s,解得:vt=lm/s1 2.如图所示，空间内有一磁感应强度B=0.8 T的水平匀强磁场，其上下水平边界的间距为H,磁场的正上方有一长方形导线框，其长和宽分别为L=2 m、。=”)，质量仅=0.4 kg，电阻R =3.2 Q 将线框从距磁场高 =0.8 m处由静止释放，线框平面始终与磁场方向垂直，线框上下边始终保持水平，重力加速度取g=lOm/

19、s?。求：(1)线框下边缘刚进入磁场时加速度的大小；(2)若在线框上边缘进入磁场之前，线框已经开始匀速运动。求线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q；(3)请画出从线框由静止开始下落到线框上边缘进入磁场的过程中,线框速度v随t变化的图像(定性画出)。I丁Th._ _ _ _ _#八X X X X XX X X X XX X X X XX X X X X,0【解析】【分析】【详解】(1)线框从静止释放到下边缘刚进入磁场，根据动能定理mgh=g mvf解得v,=12gh=j2 x l0 x 0.8 m/s =4 m/s线框下边切割磁感线，感应电动势为E=BLvx根据闭合电路欧姆定律 上R安培力大小为=X

20、4N=3.2NR 3.2根据牛顿第二定律mg-F=ma解得a=g=10m/s2-m/s2=2m/s2m 0.4线框匀速运动，重力和安培力等大反向mg=B-IV2-二R解得mgR0.4x10 x3.20.82X22m/s=5m/s从线框静止释放到上边缘刚进入磁场，根据动能定理1 2mg(h+d)Q=mv；解得1 7 1 92 =/Mg(/z+J)-m v=0.4x10 x1.6 J-X0.4X52J=6.4J-5J=1.4J(3)线框未进入磁场前做自由落体运动，进入磁场后先做加速度减小的加速运动，然后做匀速直线运动,丫-/图像如图:1 3.在地面上方足够高的地方，存在一个高度d=0.5m 的“相

21、互作用区域”(下图中画有虚线的部分).一个小圆环A 套在一根均匀直杆B 上，A 和 B 的质量均为m,若它们之间发生相对滑动时，会产生Ff=0.5mg的摩擦力。开始时A 处于B 的最下端，B 竖直放置，A 距“相互作用区域”的高度h=0.8 m,让 A 和 B 一起从静止开始下落，只要A 处于“相互作用区域”就会受到竖直向上、大小F=3m g的恒力作用，而“相互作用区域”对处于其中的杆B 不产生作用力。杆 B 在下落过程中始终保持竖直，且杆的长度能够保证圆环A 与杆不会分离。不计空气阻力，取 g=10m/s2.求：杆 B 的最下端刚进人“相互作用区域”时的速度大小；(2)圆环A 通过“相互作用

22、区域”所用的时间；(3)为保证圆环A 在空中运动过程中始终与杆不会分离，杆的最小长度。【答案】(l)4.0m/s(2)0.2s(3)1.2m【解析】【详解】设 A 和 B 共同静止下落至“相互作用区域”的速度为V”则辞=2 g h,代入数据得vi=4.0m/s(2)A在“相互作用区域”运动时，A 受到重力mg、滑动摩擦力Ff和竖上向上的恒力F 作用，设加速度大小为 a A,运动时间为3根据牛顿第二定律有m g+Ff-F=maA代入数据得3A=-15m/s2由位移公式有 二卬+1万 处9/，代入数据解得t=0.2s,t，=0.33s(不符题意，舍去)设 B 在“相互作用区域”运动的加速度为aB,

23、A 刚离开“相互作用区域”时，圆环A 和直杆B 的速度分别为 VA和 VB,则：mg-Ff=maB,VB=vi+aBt,VA=vi+aAt代入数据解得V A =lm/s,VB=5IT I/S此过程二者相对滑动的距离1 2*V|Z+d代入数据解得si=0.4m设 A 离开“相互作用区域”后二者相对滑动过程的时间为C,A 的加速度为明,则U.=mg+F,AmvA+aAt=vB+aBt二者相对滑动的距离 1 l 7 z 1 ,2 xS 2=%，+/%广-(V/+。/一)代入数据解得r 0.4s,52=0.8m则杆的最小长度s=S1+s2=.2m1 4.如图所示，真空中以0 为圆心，半径r=0.1m的

24、圆形区域内只存在垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域的最下端与xoy坐标系的x 轴相切于坐标原点O,圆形区域的右端与平行y 轴的虚线MN相切，在虚线M N右侧x 轴的上方足够大的范围内有方向水平向左的匀强电场，电场强度E=1.0 xl05N/C.现从坐标原点。沿 xoy平面在y 轴两侧各30。角的范围内发射速率均为vo=l.OxlO6m/s的带正电粒子，粒子在磁场中的偏转半径也为r=0.1m,已知粒子的比荷包=1.0 x l()8 c/k g,不计粒子的重力、粒子对电磁场的影响及m粒子间的相互作用力，求：(1)磁场的磁感应强度B 的大小；(2)沿 y 轴正方向射入磁场的粒子，在磁场和电场中运动的总

25、时间；(3)若将匀强电场的方向改为竖直向下，其它条件不变，则粒子达到x 轴的最远位置与最近位置的横坐标之差.【答案】B=0.1T t=5.M xlO%Ax=0.0732m【解析】【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由2=m可得:B=0.1T(2)分析可知，带电粒子运动过程如图所示,由粒子在磁场中运动的周期T=犯%可知粒子第一次在磁场中运动的时间：廿7tr-2%粒子在电场中的加速度am粒子在电场中减速到0 的时间：%mvn _ 2=-=a qE由对称性，可知运动的总时间：t=_+2_/,=-z-r-r-1-2-w-v-0(_)-%qE即 r=5.14x10-75(3)由题意分析可知，当粒子沿

26、着y 轴两侧30。角射入时，将会沿着水平方向射出磁场区域，之后垂直虚线MN分别从P、Q，射入电场区，做类平抛运动，最终到达x 轴的位置分别为最远位置P 和最近位置Q.由 几 何 关 系F到x轴的距离y=L 5 r,(1 1)Q，到x轴的距离y=1.5r (1 3)最 近 位 置Q坐标为解 得：Ax =0.0 73 2 m (1 6)1 5.如图所示，圆 心 为O、半 径 为r的圆形区域内、外分别存在磁场方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场，外部磁场的磁感应强度大小为B o。P是圆外一点，O P=2 r。一 质 量 为m、电 荷 量 为q的带正 电 粒 子 从P点 在 纸 面 内 垂 直 于O P射

27、 出，第 一 次 从A点(图中未画出)沿圆的半径方向射入圆内后从Q点(P、O、Q三点共线)沿P Q方向射出圆形区域。不计粒子重力，s i n3 7=0.6,c o s 3 7=0.8。求：(1)粒子在圆外部磁场和内部磁场做圆周运动的轨道半径；圆内磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从第一次射入圆内到第二次射入圆内所经过的时间。【解 析】【详解】(1)设粒子在圆外和圆内磁场中运动的轨道半径分别为Ri、R 2,由几何关系可知:A*(2r-Ri)2解得3rRi=4三角形OiAO与三角形OiQCh相似，则OA _ OtA函 丽即二 1R2 3 4解得：R2=3r(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提

28、供向心力，则有B q v=-R即mvB=qRmvBo=3rJmvB 内=q x3r解得8 内=?4(3)由几何关系知:,4 3tanZOiOA=Y 4解得:NOiOA=37。同理可知ZQOC=2ZOiOA=74粒子在磁场中做圆周运动的周期2 RT=-v可得:27rmT=-qB所以粒子从A 运动到Q 的时间:37 271m 3771m_x_ _3 360。“火线45招0粒子从Q 运动到C 的时间：360-106 2兀 m V Ujim(2=-X360qB 9QqB061兀mt=t2=30g线1 6.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和 B 分别静止在圆弧轨道的最

29、高点和最低点。现 将 A 无初速释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半 径 R=0.2m；A 和 B 的质量均为m=0.1kg,A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数日=0.2。取重力加速度g=10m/s2o求：(1)与 B 碰撞前瞬间A 对轨道的压力N 的大小；(2)碰撞过程中A 对 B 的冲量I 的大小；(3)A 和 B 整体在桌面上滑动的距离L【答案】(1)3N；(2)0.1N-S;(3)0.25m【解析】【分析】【详解】(1)滑块A 下滑的过程，机械能守恒，则有m g RD =1 m v 2,滑 块 A 在圆弧轨道上做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定

30、律得2K两式联立可得FN=3N由牛顿第三定律可得，A 对轨道的压力N=FN=3N(2)AB相碰，碰撞后结合为一个整体，由动量守恒得mv=2mv对滑块B 由动量定理得1=mv=0.1N-s2(3)对 AB在桌面上滑动，水平方向仅受摩擦力，则由动能定理得1 ,-2mg-I=0-x2inv解之得l=0.25m1 7.在电磁感应现象中，感应电动势分为动生电动势和感生电动势两种。产生感应电动势的那部分导体就相当于，电源，在“电源”内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能。利用图甲所示的电路可以产生动生电动势。设匀强磁场的磁感应强度为B,金属棒ab 的长度为L,在外力作用下以速度v 水平向右匀速运动。此时

31、金属棒中电子所受洛仑兹力f 沿棒方向的分力fi即为“电源”内部的非静电力。设电子的电荷量为e,求电子从棒的一端运动到另一端的过程中fi做的功。均匀变化的磁场会在空间激发感生电场，该电场为涡旋电场，其电场线是一系列同心圆，单个圆上的电场强度大小处处相等，如图乙所示。在某均匀变化的磁场中，将一个半径为r 的金属圆环置于相同半径的电场线位置处。从圆环的两端点a、b 引出两根导线，与阻值为R 的电阻和内阻不计的电流表串接起来，如图丙所示。金属圆环的电阻为R o,圆环两端点a、b 间的距离可忽略不计，除金属圆环外其他部分均在磁场外。此时金属圆环中的自由电子受到的感生电场力F 即为非静电力。若电路中电流表

32、显示的示数为I,电子的电荷量为e,求：a.金属环中感应电动势E 礴大小；b.金属圆环中自由电子受到的感生电场力F 的大小。(3)直流电动机的工作原理可以简化为如图丁所示的情景。在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ 固定在水平面内，相距为L,电阻不计。电阻为R 的金属杆ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道端点M P间接有内阻不计、电动势为E 的直流电源。杆 ab的中点O 用水平绳系一个静置在地面上、质量为m 的物块，最初细绳处于伸直状态(细绳足够长)。闭合电键S 后，杆 ab拉着物块由静止开始做加速运动。由于杆ab切割磁感线，因而产生感应电动势

33、E，且E，同电路中的电流方向相反，称为反电动势，这时电路中的总电动势等于直流电源电动势E 和反电动势E，之差。a.请分析杆ab在加速的过程中所受安培力F 如何变化，并求杆的最终速度vm；b.当电路中的电流为I 时，请证明电源的电能转化为机械能的功率为E l。【答案】叫 a./(&+R)；b.尸二g+,%(3)a.匕=鬻；b.见解析2 7 Z-r B L t【解析】【分析】【详解】(1)金属棒中电子所受洛仑兹力f 沿棒方向的分力f产e v B,棒方向的分力fi做的功Wi=fiL得Wi=evBL(2)a.金属环中感应电动势E 感=I(Ro+R)b.金属环中电子从a 沿环运动b 的过程中，感生电场力

34、F 做的功WF=F*2nr由电动势的定义式e得尸(4 +H)e2兀1（3）a.杆 ab在加速的过程中，杆切割磁感线的速度v 增大，杆切割磁感线产生的感应电动势E-=BLv,故E增大，由/=三R可知，电路中的电流I 减小，杆所受安培力F=BIL故 F 减小，设细绳的拉力为T,杆的质量为m o,根据牛顿第二定律F-T=moa物块以相同的加速度大小向上做加速运动，根据牛顿第二定律T-mg=ma得F-m g=（m+mo）aF 减小，杆的加速度a 减小，当 F=mg时，a 为零，此时，杆达到最终速度Vm。此时杆上产生的感应电动势 E，=BLVm,得1 -E-m-g-R-m -BL B2I?b.由R得IR

35、=E-E两边同乘以L 经整理得EI=I2R+EI由上式可以看出，电源提供的电能（功率为ED,一部分转化为了电路中产生的焦耳热（热功率为PR）,另一部分即为克服反电动势做功（功率为E，I）消耗的电能，这部分能量通过电磁感应转化为了杆和物块的机械能。1 8.如图所示，汽缸开口向右、固定在水平桌面上，汽缸内用活塞（横截面积为S）封闭了一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计.轻绳跨过光滑定滑轮将活塞和地面上的重物（质量为m）连接.开始时汽缸内外压强相同，均为大气压po（mgVpoS）,轻绳处在伸直状态，汽缸内气体的温度为T o,体积为V.现使汽缸内气体的温度缓慢降低，最终使得气体体积减半，

36、求：甲 乙（1）重物刚离开地面时汽缸内气体的温度Ti；(2)气体体积减半时的温度T2；(3)在如图乙所示的坐标系中画出气体状态变化的整个过程并标注相关点的坐标值.【答案】(=(1-黑 打(=2(1一 簧 兀Po SP【解析】【分析】【详解】试题分析：pi=po,p2=Po -J容过程：蓝=牛 解 得：Zm g，。一丁Pov等压过程：匕=2IFD 一巡2 P o如图所示P Am gsPoo考点：考查了理想气体状态方程1 9.如图所示，空间存在一个半径为R。的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里、磁感应强度的大小为B。有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷

37、量为+q。将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用。(1)求带电粒子的速率；(2)若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为巨，求粒子在磁场中最长的运动时间 t./X X XX X X XX x 8 x XX X X XX X X XX X X Xx xX XXXX、XXXXXXXXXX X 5/X 芥 二【答 案】(1)”吗 ，=舞2m 3qB【解 析】【分 析】【详 解】(1)根据洛伦兹力提供向心力有VqvB=mr根据几何关系有Ro=2r解得丫 =幽2m(2)磁 场 的大小变为0后，粒 子 的 轨 道 半 径 为2R 0,根据几何关系可以得到，当

38、弦最长时，运动的时间4最 长，弦 为2Ro时最长，圆 心 角 为60。，时间为_ 60 2 兀 x 2&_ 4无,-360-v-2 0.道路交通安全法规定汽车通过红绿灯路口时，需按信号灯指示行驶.若某路口有等待通行的多辆汽 车，第一辆汽车前端刚好与路口停止线对齐，汽 车 质 量 均 为m=l 500 k g,车 长 均 为L=4.8m,前后相邻两 车 之 间 的 距 离 均 为x=1.2m.每 辆 汽 车 匀 加 速 起 动ti=4 s后 保 持v=10 m/s的速度匀速行驶，运动过程中阻 力 恒 为f=1 8 0 0 N,求：(1)汽 车 匀 加 速 阶 段 的 牵 引 力F大 小；(2)由

39、于人的反应时间，绿灯亮起时，第一个司机滞后A t=0.8s起 动，且后面司机都比前一辆汽车滞后0.8 s起动汽车，绿 灯 时 长20 s.绿灯亮起后经多长时间第五辆汽车最后端恰好通过停止线.【答 案】(D5550N；(2)8.88s【解 析】【详 解】(1)依题意得，汽 车 前4 s的加速度:a=v/ti=2.5m/s2由牛顿第二定律得:F-f=ma解 得：F=5550N(2)第五辆车最后端通过停止线，需前进距离:s=4 x(x+L)+L=2 8.8 m 已知汽车匀加速阶段加速时间：t i=4 s所以汽车匀加速的位移:M =-r,=2 0 m 2汽车匀速行驶时间:L =匕&=0.8 8 sv第

40、五辆车延迟时间：t3=5At=4s第五辆汽车最后端恰好通过停止线的时间：t=h+t2+t3=8.88sV 20s2 1.如图所示，在X。)，坐标系中，在y 的区域内分布由指向y轴正方向的匀强电场，在的区域内分布有垂直于X 0 V平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在y=3”处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板a b,带电粒子打到板上即被吸收(设轨迹圆与挡板a b相切的粒子刚好不会被吸收),一质量为m.电量为+q的粒子以初速度由坐标原点O 处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为Q J%E =粒子的重力不计.(1)要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？(2)通过调节磁感应强度的

41、大小，可让粒子刚好通过点P(4 d,0)(图中未画出)，求磁感应强度的大小.【答案】入誓(2)人普3 qd 3 qd【解析】(1)粒子先在电场中做类平抛运动，x=M/，d=-a f,其中。=强，得到：x=-d2 m 9 d 2八 4 5速度与X轴夹角t a n 9 =7=,9=5 3，进入磁场速度u =粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切；设粒子在磁场中运动半径为R,洛伦兹力提供向心力:qvB =m V r由几何关系：r+rcos5 3 =2 ，得到：r=d4得到：B =弊，故要使粒子不打到挡板上，3 2驾?；3qd 3qaQ(2)粒子再次回到x 轴上，沿 x 轴前进的距离A x=2 r 2 r

42、 sin 5 3=3 d 调节磁场0，：W*d,所以d W A x 3d4粒子通过P点，回旋次数=工4 d ，所以一4 4A r 3N为整数，只能取=2、=3、=4 =2时，A x=24,此时磁场6 =丁8/n”vn3qd4=3 时，A x=-J,此时磁场8 =18mvn3 5qd =4时，M =d,此时磁场8-4mv-n3qd点睛：本题的难点在于第二问，由于改变磁感应强度则粒子做匀速圆周运动的半径随之改变，粒子返回MN的位置也将变化，回到电场中做斜抛运动到达x 轴的位置也将发生相应的变化，那么就要找到回旋次数 N与每回旋一次向前移动距离s之间的关系.2 2.在如图所示的xoy平面直角坐标系中

43、，一足够长绝缘薄板正好和x 轴的正半轴重合，在 全 部 区域和y的条形区域内均分布着方向垂直纸面向里的相同的匀强磁场，且了一。区域磁场上下边界平行。一带正电粒子，从 y 轴 上 的(0,a)点以速度V 沿与y 轴负向成4 5。角出射。带电粒子与挡板碰撞前后，x 方向的分速度不变，y 方向的分速度反向、大小不变，且碰撞过程中无电荷量损失。已知粒子质量为 m,电荷量为q,磁感应强度的大小8 =卫 竺，不计粒子的重力。4qa(1)求粒子进入下方磁场后第一次打在绝缘板上的位置；(2)为保证粒子不从 -a的下边界射出，磁场下边界位置纵坐标y 需要满足的条件；(3)在满足(2)的情况下，若在绝缘板上的合适

44、位置开一小孔，粒子穿过后能再次回到出发点。写出在板上开这一小孔可能的位置坐标(不需要写出过程)；(4)在满足(3)的情况下，求粒子从(0,a)出射仅一次经过区域的磁场到再次返回出发点经历的时间。(12+13%)夜a f (8+1。兀)6 a【答案】(1)击中点的坐标x=a；(2)yW(2亿+3；)；x=6w +a(n=0,1,2,3,.)或工=6 +5。【分析】【详解】粒子的轨迹如图所示，X x J?x X X XX X X X X X,.4.刀一，X X X X X XX X X X X X已知3 =衣”由4qav2qvB=mr得r=2yla下磁场区域中弦长1=2 rsin 4 5 =4 所

45、以第一次击中点的坐标x=4a-2a-a=a(2)如图，当运动轨迹与磁场下边界相切时,J=r(l+sin 4 5 0)=2拒+2a刚好不从y-a的磁场下边界射出，磁场宽度d应满足:即磁场下边界位置坐标应满足y-(2y/2a+3a)(3)开孔位置x=6 a+a(n=0,1,2,3,.)或 x=6n+5a(n=0,1,2,3,)(4)如图，满足题意的运动过程分以下两种情况若开孔位置在x=7 a,如甲图所示，所用时间为:.3 27 r 1 2兀 r./,=4x x-1-x-i-6x 4 v 4 v2y2av解得(12+13)V2a-若开孔位置在x=5 a,如乙图所示，所用时间为:2亿Vc 3 2 兀

46、Y 1 .工=3x x-+x-+4x4 v 4 v解得(8+10办&L=-v2 3.质量为m 的小滑块自圆弧形轨道上端由静止滑下,如图所示，圆弧形轨道半径为R,高度为h。A 点为弧形轨道与水平桌面的平滑连接点。滑块离开桌面后恰好落入静止在水平地面上的装满沙的总质量为M的小车中，桌面到小车上沙平面的高度也是h。木块落入车内与沙面接触直到相对静止经过的较短时间为t.试回答下列问题：(所有接触面的摩擦不计，重力加速度g 已知，小车高度不计。)(1)滑块经过A 点前后对轨道和桌面的压力力、F2各多大？(2)小车最终的速度是多大？(3)滑块落入车中直到相对车静止的过程中小车对地面的平均压力多大？m【答案

47、】耳=rng+2mg F2=mg;(2).(3)Mg+mg+.RM+m t【解析】【详解】(1)滑块沿弧形轨道下滑的过程中mgh=；mv以=A/2 经过A点前的瞬间：2Z7以耳-m g=m-所以：F o h=mg+2mg-,经过A点后，滑块沿桌面匀速直线运动，所以经过A点的瞬间：B=叫；(2)滑块离开桌面做平抛运动.1 2=5犷落入车内时，竖直方向分速度Vy=gt=yjlgh水平方向分速度Vx=VA=y/2h滑块与小车水平方向动量守恒，贝I：mvx +M)v解得:yr 叫M +m M +m(3)由动量定理：(F-m g)t=mvv=12gh解得：my/2ghr=mg H-由牛顿第三定律可知，小

48、车对地的压力1 ，m2hgF=Mg+mg H ot24.一列简谐横波沿水平方向由质元a向质元b传播，波速为4m/s,a、b两质元平衡位置间的距离为2m,t=0时刻，a在波峰，b在平衡位置且向下振动。求波长；求经多长时间，质元b位于波谷位置。o【答案】九=-m(=0,1,24/7 +3 仁2(4+3)=0,1,2女=0,1,2)；【解析】【分析】【详解】根据/=0时刻，a在波峰，b在平衡位置且向下振动，可知波长满足3n+44=2(=0,1,2)化简得O九=/(=0,1,2)4+3，=0时刻，b在平衡位置且向下振动，质元b位于波谷位置，时间满足.=,+；卜/=0,1,2)根据波长和波速的关系有.2

49、 21 =-v 4+3联立解得，时间t满足 2 伍=0,1,2 t k H-4(4 人4几+3)卜=0,1,2332 5.如图所示，直线y=x 与 y 轴之间有垂直于x O y 平面向外的匀强磁场区域n,直线x=d 与 y=x 间4 4有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E=3x l 0 5v/m,另有一半径R=m的圆形匀强磁场区域L 磁感应强度B i=0.9 T,方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d 和 x 轴均相切，且与x轴相切于S点。一带负电的粒子从S点沿y 轴的正方向以速度vo 进入圆形磁场区域I,经过一段时间进入匀强磁场区域I I,且第3一次进入匀强磁场区域I I 时 的 速 度

50、方 向 与 直 线 垂 直。粒子速度大小%=3x 1 O 5m/s 粒子的比荷为=l x l O5C/k g ,粒子重力不计。已知$加37。=0.6,c o s37=0.8,求：m(1)粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小；(2)坐标d的值；(3)要使粒子能运动到x轴的负半轴，则匀强磁场区域n的磁感应强度B 2应满足的条件。【答案】(1)m；(2)1 2m；(3)0.5T B2 L,可知，两球相互远离，则 B 球从开始运动到最大速度的过程中电场力做正功，电势能变小；根据功能关系可知：B 球减小的电势能等于它动能和重力势能的增加量，所 以 B 球电势能变化量为：Ep=7mv2+mg(r